Isométries vectorielles

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Enoncés
Isométries vectorielles
Exercice 1 [ 00345 ] [Correction]
Soient f ∈ O(E) et V un sous-espace vectoriel de E .
Montrer que :
V est stable pour f si, et seulement si, V ⊥ l'est
Exercice 2 [ 02730 ] [Correction]
Soit E un espace euclidien. Quels sont les endomorphismes de E tels que pour
tout sous-espace vectoriel V de E
f (V ⊥ ) ⊂ (f (V ))⊥ ?
Exercice 3 [ 00342 ] [Correction]
Soit f ∈ O(E) diagonalisable. Montrer que f est une symétrie.
1
Exercice 6 [ 02731 ] [Correction]
Soit n ∈ N∗ . On note M l'espace vectoriel réel Mn (R). On pose
ϕ : (A, B) ∈ M2 7→ tr t AB
(a) Montrer que ϕ est un produit scalaire.
(b) Donner une condition nécessaire et susante sur Ω ∈ M pour que M 7→ ΩM
soit ϕ-orthogonale.
Exercice 7 [ 03076 ] [Correction]
Soit (E, h., .i) un espace euclidien.
Pour ϕ ∈ O(E), on note M (ϕ) = Im(ϕ − IdE ) et F (ϕ) = ker(ϕ − IdE ).
Si u ∈ E \ {0}, su désigne la symétrie orthogonale par rapport à l'hyperplan u⊥ .
(a) Soit ϕ ∈ O(E). Montrer que M (ϕ) ⊕⊥ F (ϕ) = E .
(b) Si (u1 , . . . , uk ) est libre, montrer :
M (su1 ◦ · · · ◦ suk ) = Vect(u1 , . . . , uk )
(c) On suppose (u1 , . . . , uk ) libre. Soient v1 , . . . , vk ∈ E \ {0} tels que
Exercice 4 [ 03082 ] [Correction]
Soient E un espace euclidien et f un endomorphisme de E conservant
l'orthogonalité :
su1 ◦ · · · ◦ suk = sv1 ◦ · · · ◦ svk
Montrer que (v1 , . . . , vk ) est libre.
∀x, y ∈ E, (x | y) = 0 =⇒ (f (x) | f (y)) = 0
(a) Calculer (u + v | u − v) pour u, v vecteurs unitaires.
(b) Établir qu'il existe α ∈ R+ vériant
∀x ∈ E, f (x) = αx
(c) Conclure qu'il existe g ∈ O(E) vériant f = α.g
Exercice 5 [ 02740 ] [Correction]
Dans un espace euclidien E , soit f ∈ L(E). Montrer que deux des trois propriétés
suivantes entraînent la troisième :
(i) f est une isométrie vectorielle ;
(ii) f 2 = − Id ;
(iii) f (x) est orthogonal à x pour tout x.
Exercice 8 [ 02748 ] [Correction]
On note (. | .) le produit scalaire canonique de Rn . Pour toute famille
u = (u1 , . . . , up ) ∈ (Rn )p on pose
Mu = ((ui | uj ))1≤i,j≤p
(a) Montrer que la famille (u1 , . . . up ) est libre si, et seulement si, Mu est
inversible.
(b) On suppose qu'il existe u = (u1 , . . . , up ) et v = (v1 , . . . , vp ) telles que
Mu = Mv .
Montrer qu'il existe f ∈ O(Rn ) telle que f (ui ) = f (vi ) pour tout i.
Exercice 9 [ 02554 ] [Correction]
Soit u une isométrie de E euclidien et v = u − IdE .
(a) Montrer que ker v = (Im v)⊥ .
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Enoncés
(b) Soit
un =
1
n
n−1
X
uk
(d) Montrer qu'il existe U ∈ Op (R) tel que A = U B . [Énoncé fourni par le
concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]
k=0
Montrer que un (x) n∈N converge, pour tout vecteur x, vers le projeté
orthogonal de x sur ker v .
Exercice 10 [ 03379 ] [Correction]
Soit u un automorphisme orthogonal d'un espace euclidien E de dimension n.
(a) On pose v = u − Id. Montrer
⊥
ker v = (Im v)
(b) Soit x ∈ E . Justier l'existence de (x1 , y) ∈ ker v × E tel que
x = x1 + v(y)
Montrer
2
N −1
1 X k
1
u (x) = x1 + (uN (y) − y)
N
N
k=0
(c) On note p la projection orthogonale sur ker v . Montrer
N −1
1 X k ∀x ∈ E, lim p(x) −
u (x) = 0
N →+∞ N
k=0
Exercice 11 [ 03743 ] [Correction]
p, q sont deux entiers strictement positifs. A, B deux matrices de Mp,q (R) telles
que t AA = t BB .
(a) Comparer ker A et ker B .
(b) Soit f (respectivement g ) l'application linéaire de Rq dans Rp de matrice A
(respectivement B ) dans les bases canoniques de Rq et Rp . On munit Rp de
sa structure euclidienne canonique. Montrer que
Exercice 12 [ 03741 ] [Correction]
Soit E un espace euclidien ; on note O(E) le groupe des endomorphismes
orthogonaux de E et on dénit l'ensemble
Γ = {u ∈ L(E) | ∀x ∈ E, ku(x)k ≤ kxk}
(a) Montrer que Γ est une partie convexe de L(E) qui contient O(E).
(b) Soit u ∈ Γ tel qu'il existe (f, g) ∈ Γ2 vériant
f 6= g et u =
1
(f + g)
2
Montrer que u ∈/ O(E).
(c) Soit v un automorphisme de E ; montrer qu'il existe ρ ∈ O(E) et s un
endomorphisme autoadjoint positif de E tels que v = ρ ◦ s.
On admet que ce résultat reste valable si on ne suppose plus v bijectif.
(d) Soit u ∈ Γ qui n'est pas un endomorphisme orthogonal.
Montrer qu'il existe (f, g) ∈ Γ2 tels que
f 6= g et u =
1
(f + g)
2
(e) Démontrer le résultat admis à la question c). [Énoncé fourni par le concours
CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]
∀x ∈ Rq , hf (x), f (y)i = hg(x), g(y)i
(c) Soient (ε1 , . . . , εr ) et (ε01 , . . . , ε0r ) deux bases d'un espace euclidien F de
dimension r vériant
2
∀(i, j) ∈ {1, . . . , r} , hεi , εj i = ε0i , ε0j
Montrer qu'il existe une application orthogonale s de F telle que
∀i ∈ {1, . . . , r} , s(εi ) = ε0i
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Corrections
Corrections
3
Montrons qu'alors
∀x ∈ E, kf (x)k = α kxk
Exercice 1 : [énoncé]
( =⇒ ) Si V est stable pour f alors f (V ) ⊂ V et puisque f est un automorphisme
f (V ) = V . Soient x ∈ V ⊥ et y ∈ V
(f (x) | y) = (x | f −1 (y)) = 0
car f −1 (y) ∈ V donc f (x) ∈ V ⊥ puis V ⊥ stable par f .
( ⇐= ) Si V ⊥ stable par f alors V = V ⊥⊥ aussi
Exercice 2 : [énoncé]
Un tel endomorphisme conserve l'orthogonalité. Pour tout x, y vériant
kxk = kyk, on a x + y et x − y orthogonaux donc f (x) + f (y) et f (x) − f (y) aussi.
Par suite kf (x)k = kf (y)k. Ainsi un tel endomorphisme transforme une base
orthonormée (e1 , . . . , en ) en une famille orthogonale aux vecteurs isométriques.
Par suite f = λg avec g ∈ O(E).
La réciproque est immédiate.
Soit x ∈ E .
Si x = 0 alors on a f (x) = 0 puis kf (x)k = α kxk.
Si x 6= 0 alors en introduisant le vecteur unitaire u = x/kxk, on a kf (u)k = α
puis kf (x)k = α kxk
(c) Si α = 0 alors f = 0̃ et n'importe quel g ∈ O(E) convient.
Si α 6= 0 alors introduisons l'endomorphisme
g=
1
f
α
La relation obtenue en b) assure que g conserve la norme et donc g ∈ O(E)
ce qui permet de conclure.
Exercice 5 : [énoncé]
Supposons (i) et (ii).
Pour x ∈ E , on a
(f (x) | x) = − f (x) | f 2 (x) = − (x | f (x))
Exercice 3 : [énoncé]
Soit λ valeur propre de f . Pour x vecteur propre, on a f (x) = λx avec
kf (x)k = kxk d'où λ = ±1. Une diagonalisation de f est alors réalisée avec des 1
et des −1 sur la diagonale, c'est une symétrie.
et donc
(f (x) | x) = 0
Supposons (ii) et (iii)
Le vecteur x + f (x) et son image par f sont orthogonaux donc
(x + f (x) | f (x + f (x))) = (x + f (x) | f (x) − x) = 0
Exercice 4 : [énoncé]
(a) (u + v | u − v) = kuk2 − kvk2 = 0 pour u et v unitaires.
(b) Soient u et v des vecteurs unitaires de E .
u + v et u − v sont orthogonaux donc f (u + v) et f (u − v) le sont aussi.
Or par linéarité
f (u + v) = f (u) + f (v) et f (u − v) = f (u) − f (v)
de sorte que l'orthogonalité de ces deux vecteurs entraîne
kf (u)k = kf (v)k
Ainsi les vecteurs unitaires de E sont envoyés par f sur des vecteurs ayant
tous la même norme α ∈ R+ .
puis kf (x)k2 = kxk2 . Ainsi f est une isométrie.
Supposons (i) et (iii)
Pour tous vecteurs x et y
f 2 (x) + x | f (y) = (f (x) | y) + (x | f (y))
Or
(f (x + y) | x + y) = (f (x) | y) + (f (y) | x) = 0
donc
f 2 (x) + x | f (y) = 0
Puisque f est surjective, f 2 (x) + x = 0E .
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Exercice 6 : [énoncé]
(a) On reconnaît le produit scalaire canonique sur Mn (R).
(b) Posons f : M 7→ ΩM . (f (M ) | f (N )) = tr(t M t ΩΩN ).
f est ϕ-orthogonale si, et seulement si, pour tout M, N ∈ M,
(M | t ΩΩN ) = (M | N ) i.e. pour tout N ∈ M, t ΩΩN = N i.e. t ΩΩ = In .
Ainsi f est ϕ-orthogonale si, et seulement si, Ω l'est.
Corrections
4
Par suite
F (ϕ) ⊂ Vect(u1 , . . . , uk+1 )⊥
L'autre inclusion étant immédiate, on obtient
F (ϕ) = Vect(u1 , . . . , uk+1 )⊥
puis
M (ϕ) = Vect(u1 , . . . , uk+1 )
Exercice 7 : [énoncé]
(a) Soient y ∈ M (ϕ) et x ∈ F (ϕ).
ϕ(x) = x et il existe a ∈ E tel que y = ϕ(a) − a.
On a alors
Récurrence établie.
(c) Posons
ϕ = su1 ◦ · · · ◦ suk = sv1 ◦ · · · ◦ svk
Par l'étude qui précède
hx, yi = hx, ϕ(a)i − hx, ai = hϕ(x), ϕ(a)i − hx, ai = 0
car ϕ ∈ O(E).
Ainsi M (ϕ) et F (ϕ) sont orthogonaux et par la formule du rang
dim M (ϕ) + dim F (ϕ) = dim E
donne
M (ϕ) ⊕⊥ F (ϕ) = E
(b) Par récurrence sur k ≥ 1.
Pour k = 1 : la propriété est immédiate.
Supposons la propriété vraie au rang k ≥ 1.
Soient (u1 , . . . , uk+1 ) une famille libre et ϕ = su1 ◦ · · · ◦ suk+1 ∈ O(E).
Étudions F (ϕ).
Soit x ∈ F (ϕ). La relation ϕ(x) = x donne
su1 ◦ · · · ◦ suk (x) = suk+1 (x)
puis
su1 ◦ · · · ◦ suk (x) − x = suk+1 (x) − x
Or suk+1 (x) − x ∈ Vect(uk+1 ) et par hypothèse de récurrence
su1 ◦ · · · ◦ suk (x) − x ∈ Vect(u1 , . . . , uk ).
Puisque la famille (u1 , . . . , uk+1 ) est libre, on obtient
su1 ◦ · · · ◦ suk (x) − x = suk+1 (x) − x = 0
Ainsi x est point xe de su1 ◦ · · · ◦ suk et de suk et donc
x ∈ Vect(u1 , . . . , uk )⊥ ∩ Vect(uk+1 )⊥ = Vect(u1 , . . . , uk+1 )⊥
F (ϕ) = Vect(u1 , . . . , uk )⊥
De façon immédiate
Vect(v1 , . . . , vk )⊥ ⊂ F (ϕ)
En passant à l'orthogonal
Vect(u1 , . . . , uk ) ⊂ Vect(v1 , . . . , vk )
Puisque la famille (u1 , . . . , uk ) est supposé libre, un argument de dimension
permet d'armer que la famille (v1 , . . . , vk ) l'est aussi.
Exercice 8 : [énoncé]
(a) Notons C1 , . . . , Cp les colonnes de Mu .
Si (u1 , . . . , up ) est liée alors il existe λ1 , . . . , λp non tous nuls vériant
λ1 u1 + · · · + λp up = 0E
On a alors
∀1 ≤ i ≤ p, (λ1 u1 + · · · + λp up | ui ) = 0
et donc
λ1 C1 + · · · + λp Cp = 0
La matrice Mu n'est alors pas inversible.
Inversement, supposons la matrice Mu non inversible.
Il existe λ1 , . . . , λp non tous nuls vériant
λ1 C1 + · · · + λp Cp = 0
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Corrections
et donc
∀1 ≤ i ≤ p, (λ1 u1 + · · · + λp up | ui ) = 0
Ainsi
λ1 u1 + · · · + λp up ∈ Vect(u1 , . . . , up )⊥
or
λ1 u1 + · · · + λp up ∈ Vect(u1 , . . . , up )
5
Enn, on prolonge h en un automorphisme orthogonal solution déni sur Rn
en introduisant une application linéaire transformant une base orthonormée
de Vect(u1 , . . . , ur )⊥ en une base orthonormée de Vect(v1 , . . . , vr )⊥
Exercice 9 : [énoncé]
(a) Soient x ∈ ker v et y = v(a) ∈ Im v . On au(x) = x et y = u(a) − a donc
donc
(x | y) = (u(x) | u(a)) − (x | a) = 0
λ1 u1 + · · · + λp up = 0E
et la famille (u1 , . . . , up ) est liée.
(b) Posons r = rg(u1 , . . . , up ) et quitte à permuter les vecteurs (u1 , . . . , up ),
supposons que les r premiers vecteurs de la famille u sont indépendants. On
permute de la même façon les vecteurs (v1 , . . . , vp ) et ainsi l'hypothèse
Mu = Mv est conservée. Par l'étude qui précède, on peut armer que les r
premiers vecteurs de la famille v sont indépendants et que les autres en sont
combinaisons linéaires.
Considérons alors l'application linéaire h : Vect(u1 , . . . , ur ) → Vect(v1 , . . . , vr )
déterminée par
car u conserve le produit scalaire. Ainsi ker v ⊂ (Im v)⊥ puis l'égalité par
égalité des dimensions.
(b) Pour x ∈ E , on peut écrire x = a + b avec a ∈ ker v et b ∈ (ker v)⊥ = Im v .
On a u(a) = a et donc uk (a) = a pour tout k ∈ N. D'autre part, il existe c tel
que b = v(c) = u(c) − c de sorte que uk (b) = uk+1 (c) − uk (c). Par télescopage,
un (x) = a +
Puisque u conserve la norme :
1 n u (c) = 1 kck → 0
n
n
∀1 ≤ k ≤ r, h(uk ) = vk
Pour tout x = λ1 u1 + · · · + λr ur , on a par construction
h(x) = λ1 v1 + · · · + λr vr .
Or
r
r
2
kxk =
X
λi λj (ui | uj ) et kh(x)k =
X
2
i,j=1
λi λj (vi | vj )
i,j=1
et puisque (ui | uj ) = (vi | vj ), on obtient
2
kxk = kh(x)k
1
1 n
u (c) − c
n
n
et donc
un (x) → a
Exercice 10 : [énoncé]
(a) Soit x ∈ ker v et y = v(a) ∈ Im v . On a u(x) = x et y = u(a) − a donc
(x | y) = (u(x) | u(a)) − (x | a) = 0
2
L'application h conserve donc la norme
Pour tout k ∈ {r + 1, . . . , p}, uk est combinaison linéaire des u1 , . . . , ur ce qui
permet d'écrire
uk = λ1 u1 + · · · + λr ur
On a alors pour tout i ∈ {1, . . . , r},
(uk − (λ1 u1 + · · · + λr ur ) | ui ) = 0
et donc
(vk − (λ1 v1 + · · · + λr vr ) | vi ) = 0
On en déduit vk = λ1 v1 + · · · + λp vr puis vk = h(uk ).
Car u conserve le produit scalaire.
On en déduit ker v ⊂ (Im v)⊥ puis l'égalité par un argument de dimension.
(b) Par ce qui précède, on peut armer
E = ker v ⊕⊥ Im v
et cette supplémentarité assure l'existence de x1 et y .
Pour tout k ∈ N, on a
uk (x1 ) = x1 et uk (v(y)) = uk+1 (y) − uk (y)
En sommant et après télescopage, on obtient
N −1
1 X k
1
u (x) = x1 + (uN (y) − y)
N
N
k=0
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Corrections
(c) Avec les notations qui précèdent p(x) = x1 . Ainsi
N N −1
N
u (y) + kyk
2
1 X k u (y) − y u (x) =
≤
=
kyk → 0
p(x) −
N
N
N
N
k=0
Exercice 11 : [énoncé]
(a) Soit X ∈ ker A. On a t BBX = t AAX = 0 donc t X t BBX = 0. Or
2
t t
X BBX = kBXk et donc X ∈ ker B .Ainsi ker A ⊂ ker B et même
ker A = ker B par une démarche symétrique.
(b) En notant X, Y les colonnes des coordonnées de X et Y
t
t
t
hf (x), f (y)i = (AX)AY = X AAY
et
6
Introduisons (εr+1 , . . . , εp ) une base orthonormée de l'orthogonal de l'image
de f et (ε0r+1 , . . . , ε0p ) une base orthonormée de l'orthogonal de l'image de g .
On vérie alors
2
∀(i, j) ∈ {1, . . . , p} , hεi , εj i = ε0i , ε0j
On peut alors introduire une application orthogonale s : Rp → Rp vériant
∀i ∈ {1, . . . , r} , s(εi ) = ε0i
On a alors l'égalité d'application linéaire
u◦f =g
car celle-ci vaut sur les xi donc sur H et vaut aussi évidement sur
ker f = ker g .
En introduisant U matrice de s−1 dans la base canonique de Rp , on obtient
A = U S avec U ∈ Op (R)
hg(x), g(y)i = t (BX)BY = t X t BBY
d'où la conclusion.
(c) Considèrons l'application linéaire s ∈ L(F ) déterminée par
∀i ∈ {1, . . . , r} , s(εi ) = ε0i
Il s'agit de montrer que s est orthogonale, par exemple en observant que s
conserve la norme.
Soit x ∈ F . On peut écrire
x=
r
X
xi εi et s(x) =
i=1
r
X
2
r
X
i=1
r
X
2
xi xj ε0i , ε0j =
xi xj hεi , εj i = kxk
i,j=1
k(λu + (1 − λ)v(x)k ≤ λ ku(x)k + (1 − λ) kv(x)k ≤ kxk
donc λu + (1 − λ)v ∈ Γ.
Pour u ∈ O(E), on a
xi ε0i
On a alors
ks(x)k =
Exercice 12 : [énoncé]
(a) Soient u, v ∈ Γ et λ ∈ [0 ; 1]. Pour tout x ∈ E ,
i,j=1
(d) Soit H un sous-espace vectoriel supplémentaire de ker A = ker B dans Rq .
Introduisons (x1 , . . . , xr ) une base de H et posons (ε1 , . . . , εr ) et (ε01 , . . . , ε0r )
les familles données par
εi = f (xi ) et ε0i = g(xi )
En vertu du b), on peut armer
2
∀(i, j) ∈ {1, . . . , r} , hεi , εj i = ε0i , ε0j
∀x ∈ E, ku(x)k = kxk ≤ kxk
et donc u ∈ Γ.
(b) Puisque f 6= g , il existe un vecteur x vériant f (x) 6= g(x).
Si kf (x)k < kxk ou kg(x)k < kxk alors
ku(x)k =
kf (x)k + kg(x)k
1
kf (x) + g(x)k ≤
< kxk
2
2
et donc u ∈/ O(E).
Si kf (x)k = kxk et kg(x)k = kxk alors la condition f (x) 6= g(x) entraîne
kf (x) + g(x)k < kf (x)k + kg(x)k
car il y a égalité dans l'inégalité triangulaire euclidienne si, et seulement si,
les vecteurs sont positivement liés.
On en déduit que dans ce cas aussi ku(x)k < kxk et donc u ∈/ O(E).
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Corrections
(c) L'endomorphisme f = v ∗ ◦ v est autoadjoint déni positif. Moyennant une
diagonalisation en base orthonormée, on peut déterminer s autoadjoint déni
positif tel que f = s2 . Posons alors ρ = v ◦ s−1 ce qui est possible car s
inversible puisque déni positif. On a alors
∗
−1
ρ ◦ρ=s
∗
−1
◦v ◦v◦s
= IdE
et donc ρ ∈ O(E). Finalement v = ρ ◦ s est l'écriture voulue.
(d) Soit u ∈ Γ \ O(E). On peut écrire u = ρ ◦ s avec ρ ∈ O(E) et s
endomorphisme autoadjoint positif. Puisque
7
On peut alors écrire
vk = ρk ◦ sk avec ρk ∈ O(E) et sk ∈ S + (E)
Puisque O(E) est compact, il existe une suite extraite (ρϕ(k) ) qui converge
ρ∞ ∈ O(E). On a alors
−1
sϕ(k) = ρ−1
ϕ(k) ◦ vϕ(k) → ρ∞ ◦ v
+
+
En posant s∞ = ρ−1
∞ ◦ v , on a s∞ ∈ S (E) car S (E) est fermé et donc
v = ρ∞ ◦ s∞ donne l'écriture voulue.
∀x ∈ E, ku(x)k = ks(x)k
on a s ∈ Γ et donc les valeurs propres de s sont éléments de [0 ; 1]. Dans une
base orthonormée de diagonalisation, la matrice de s est de la forme

λ1


(0)
..
.

(0)

 avec λ1 , . . . , λn ∈ [0 ; 1]
λn
Si les λi sont tous égaux à 1 alors s = IdE et u = ρ ∈ O(E) ce qui est exclu.
Il y a donc au moins un λi diérent de 1. Considérons alors l'endomorphisme
t dont la matrice dans la base orthonormée précédente est

2λ1 − 1


(0)
On peut écrire
s=
..
(0)
.



2λn − 1
1
(IdE +t)
2
avec IdE ∈ Γ, IdE 6= t et t ∈ Γ car les coecients diagonaux précédents sont
inférieurs à 1 en valeur absolue.
On en déduit
u=
1
(ρ + ρ ◦ t)
2
avec ρ, ρ ◦ t ∈ Γ et ρ 6= ρ ◦ t.
(e) Soit v ∈ L(E). Pour k > 0 assez grand
vk = v +
1
IdE ∈ GL(E)
k
car v ne possède qu'un nombre ni de valeurs propres.
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